ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI

МIНIСТЕРСТВО ОСВIТИ I НАУКИ УКРАЇНИ

Державний вищий навчальний заклад«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»

ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧIРОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

II ЕТАПУ

ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ ОЛIМПIАДИ

З МАТЕМАТИКИ — 2013

6 – 11 класи

Рекомендовано вченою радою

ДВНЗ «Донбаський державний педагогiчний унiверситет»

як навчальний посiбник

для факультативних занять з математики

Cлов’янськ — 2014

УДК 51 (075.3)

ББК 22.1 я 721

О-543

Олiмпiаднi задачi: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з ма-тематики — 2013 : навчальний посiбник / Б.Б. Беседiн, О. А.Кадубовський,В.С. Сьомкiн, Н. I. Труш, О.В. Чуйко. — Слов’янськ : видавничий центр«Маторiн», 2014. — 60 с. — (Викладачi ДДПУ — учням, студентам, вчи-телям, вип. 12).

Адресовано вчителям та викладачам математики, як посiбник для про-ведення гурткових i факультативних занять при пiдготовцi до учнiвськихматематичних олiмпiад. Буде корисним учням ЗОШ та студентам матема-тичних спецiальностей педагогiчних ВНЗ.

РЕКОМЕНДОВАНОвченою радою Державного вищого навчального закладу

«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»,протокол № 5 вiд 30.01.2014 р.

Рецензенти:доктор педагогiчних наук Є.О. ЛОДАТКО,Українська iнженерно-педагогiчна академiя,професор кафедри охорони працi та iнженерної педагогiки

кандидат фiзико-математичних наук В.Є. ВЕЛИЧКО,Донбаський державний педагогiчний унiверситет,доцент кафедри алгебри.

Вiдповiдальний за випуск:кандидат фiз.-мат. наук, доцент кафедри геометрiї таметодики викладання математики О.А. Кадубовський

© Б.Б. Беседiн, О.А. Кадубовський,В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко, 2014

Змiст

Вiд авторiв . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

ЧАСТИНА I. УМОВИ ЗАДАЧ 6

6 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 710 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 811 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

ЧАСТИНА II. ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ 9

ЧАСТИНА III. РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ 11

6 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2910 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3711 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА 54

3

ВIД АВТОРIВ

«Якщо ви хочете навчитися плавати, то смiливо заходьте

у воду, а якщо хочете навчитися розв’язувати задачi, то

розв’язуйте їх!.»

Д. Пойа1

Даний посiбник є дванадцятим випуском серiї «ВИКЛАДАЧI ДДПУ –УЧНЯМ, СТУДЕНТАМ, ВЧИТЕЛЯМ» заснованої у 2008 роцi. Посiбникмiстить розв’язання задач II етапу (районного) Всеукраїнської учнiвськоїолiмпiади з математики, який проводився 23 листопада 2013 року вiдповiд-но до наказу Мiнiстерства освiти i науки України вiд 05.08.2013 року № 1079«Про проведення Всеукраїнських учнiвських олiмпiад i турнiрiв у 2013/2014навчальному роцi» та наказу Управлiння освiти i науки Донецької обласноїдержавної адмiнiстрацiї № 619 вiд 15.10.2013 «Про проведення II етапу Все-українських учнiвських олiмпiад у 2013-2014 навчальному роцi».

Як i в попереднiх випусках для бiльшостi задач олiмпiади пропонуєтьсякiлька способiв розв’язання, обсяг викладок яких iнколи суттєво вiдрiзня-ється. Такий пiдхiд нi в якому разi не передбачає оцiнки доцiльностi абопорiвняння того чи iншого iз запропонованих методiв. Навпаки, оскiлькикожна олiмпiадна задача є, в певному розумiннi, унiкальною i вимагає осо-бливого ставлення, то головна мета авторiв посiбника — «донести» до вчи-телiв i учнiв якомога бiльше корисних математичних iдей i принципiв тапоказати їх застосування.

1Пойа Д. Математическое открытие. М., 1970. 452 с.

4

ВIД АВТОРIВ 5

Нагадаємо, що принципами в математицi називають деякi простi, майжеочевиднi, твердження, аксiоми або методи, якi використовуються в дове-деннях математичних теорем. Дуже часто учнi зустрiчаються з ними прирозв’язуваннi олiмпiадних задач з математики. Перш за все учнi, якi бе-руть участь в олiмпiадах, повиннi володiти значною кiлькiстю принципiв.Нажаль шкiльна програма не передбачає знайомства з бiльшiстю iз них. Зосновними математичними принципами можна ознайомитись у наведенiйлiтературi, зокрема в [13]2.

У посiбнику до окремих задач наводяться «доповнення», сенс яких по-лягає:у формулюваннi двоїстої або схожої задачi,або ж в узагальненнi запропонованої задачi.

На думку авторiв такi доповнення повиннi активiзувати i зацiкавитиучнiв при пiдготовцi до майбутнiх олiмпiад.

Колектив авторiв посiбника та керiвництво фiзико-математичного фа-культету державного вищого навчального закладу «Донбаський держав-ний педагогiчний унiверситет» висловлює щиру подяку всiм вчителям мi-ста Слов’янськ, якi беруть участь в органiзацiї та проведеннi як учнiвськихолiмпiад з математики, так i семiнарiв, присвячених аналiзу їх результатiв.

Маємо надiю, що представлений посiбник буде корисним керiвникам ма-тематичних гурткiв та їх зацiкавленим учням, стане для багатьох з нихпоштовхом до бiльш змiстовних мiркувань i буде спонукати до системати-чного ознайомлення з тим чи iншим роздiлом математики.

Вчiться творчому пошуку в процесi розв’язування задач!

Iз найщирiшими побажаннями, викладачi кафедри геометрiї та методикивикладання математики фiзико-математичного факультету Державного ви-щого навчального закладу «Донбаський державний педагогiчний унiверси-тет».

14.01.2014

2Сарана О.А. Математичнi олiмпiади: просте i складне поруч: Навч. посiбн. – К.: А.С.К., 2005. – 344с.

ЧАСТИНА I.УМОВИ ЗАДАЧ

6 клас

1. (15 балiв) У зерносховищi було 120 т зерна. За перший день вивезли35% всього зерна, за другий – 25% всього зерна. Скiльки тон зерназалишилось в зерносховищi?

2. (15 балiв) Знайдiть площу города прямокутної форми, якщо людинаобходить його за 5 хвилин зi швидкiстю 20 м/хв. Вiдомо, що ширинагорода 20 м.

3. (20 балiв) Я задумав число, якщо до його половини додати йогочверть, то отримаємо 18. Яке число я задумав?

4. (20 балiв) Доведiть, що число, записане трьома однаковими цифрамидiлиться на 37.

5. (30 балiв) Навколо кола розташували 2013 натуральних чисел. Дове-дiть, що знайдуться два сусiднiх числа, сума яких парна.

7 клас

1. (15 балiв) Розв’яжiть рiвняння |x| = x2 + 2013 .

2. (15 балiв) Перший множник збiльшили на 50%, а другий множникзменшили на 16%. Як змiнився добуток?

3. (20 балiв) На паперi в клiтинку накреслили квадрат зi стороною 5 клi-тинок. Розбийте його на 5 частин однакової площi, проводячи вiдрiзкилише по лiнiях сiтки. Чи може статися так, що сума довжин проведенихвiдрiзкiв не перевищує 16 клiтинок?

6

Умови задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2013 7

4. (20 балiв) Сума чотирьох чисел дорiвнює 100. Якщо перше числозбiльшити на 4, друге збiльшити в 4 рази, третє число зменшити на4, а четверте зменшити в 4 рази, то отримаємо рiвнi результати. Зна-йдiть цi числа.

5. (30 балiв) На столi лежать 18 олiвцiв. Двоє учнiв по черзi беруть один,два або три олiвцi. Програє той, хто вiзьме останнiй олiвець. Як повиненграти перший учень, щоб виграти?

8 клас

1. (15 балiв) Порiвняйте числа 150·51 +

151·52 +

152·53 + ...+ 1

99·100 та 1100 .

2. (15 балiв) Побудуйте графiк функцiї

y =x2 − 4x

4− x− x2 − 4

x− 2.

3. (20 балiв) З довiльної точки M катета AC прямокутного трикутникаABC опущено перпендикуляр MK на гiпотенузу AB . Доведiть, що∠MKC = ∠MBC .

4. (20 балiв) Доведiть, що з будь-яких дев’яти натуральних чисел можнавибрати два, рiзниця яких дiлиться на 8.

5. (30 балiв) Сума трьох цiлих чисел дiлиться на 6. Доведiть, що сумакубiв цих чисел дiлиться на 6.

9 клас

1. (15 балiв) Довести, що(1 +

x

y

)(1 +

y

z

)(1 +

z

x

)> 8 ,

якщо x > 0, y > 0, z > 0 .2. (15 балiв) Розв’язати рiвняння x2 + y2 + 10x− 12y + 61 = 0 .3. (20 балiв) Знайдiть площу рiвнобiчної трапецiї з основами 8см та 10см,

якщо її дiагоналi перпендикулярнi.4. (20 балiв) Доведiть, що якщо a−2b = 1 , то рiвнiсть a3−8b3 = 1+6ab

є вiрною.5. (30 балiв) В готель приїхав мандрiвник. Грошей у нього не було. Вiн

мав срiбний ланцюжок з 7 кiлець. За кожен день перебування в готелi

8 ЧАСТИНА I. УМОВИ ЗАДАЧ

вiн розплачувався одним кiльцем ланцюжка. Господар попередив, щозгоден взяти не бiльше одного розпиляного кiльця, а iншi повиннi бутицiлими. Як мандрiвниковi розпиляти ланцюжок, щоб прожити у готелiтиждень i кожен день розплачуватися з господарем?

10 клас

1. (15 балiв) Розв’яжiть нерiвнiстьx2 + x− 12√x2 + x− 6

6 0 .

2. (15 балiв) При яких значеннях параметра a коренi рiвняння

x2 − (2a+ 1)x+ a2 − 4a+ 3 = 0

є додатними числами?3. (20 балiв) На продовженнi найбiльшої сторони AC трикутника ABC

вiдкладено вiдрiзок CD , причому CD = BC . Доведiть, що ∠ABDтупий.

4. (20 балiв) Побудуйте графiк функцiї y =|x− 4|4− x

(x2 − 4x

).

5. (30 балiв) a i b - дiйснi числа, рiзниця яких дiлиться на 11. Доведiть,що число

(a2 + b2

)2+ 7a2b2 також дiлиться на 11.

11 клас

1. (15 балiв) Визначте, яке число бiльше 13

√1997

1998чи 13

√1998

1999.

2. (15 балiв) Функцiя f така, що для будь-яких додатних x та y ви-конується рiвнiсть f(x · y) = f(x) + f(y) . Знайдiть f (2013) , якщоf(

12013

)= 1 .

3. (20 балiв) Знайдiть площу паралелограма зi сторонами a та b , якщогострий кут мiж дiагоналями дорiвнює φ .

4. (20 балiв) Розв’яжiть рiвняння 1 + cos (x− 1) = x2+1x , де x > 0 .

5. (30 балiв) Знайдiть максимальне значення виразу a2 + b2 , якщо вiдо-мо, що a2 + b2 + ab = a+ b .

ЧАСТИНА II.ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ

6 клас

1. Вiдповiдь: 48 т.

2. Вiдповiдь: 600 кв. м.

3. Вiдповiдь: 24.

4. – задача на доведення.


7 клас

1. Вiдповiдь: 4026 , −1342 .

2. Вiдповiдь: збiльшиться на 26%.

3. Вiдповiдь: так (задача на побудову).

4. Вiдповiдь: a = 12 , b = 4 , c = 20 , d = 64 .


8 клас

1. Вiдповiдь: числа є рiвними.

2. – задача на побудову.


9

10 ЧАСТИНА II. ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ



9 клас


2. Вiдповiдь: x = −5 , y = 6 .

3. Вiдповiдь: 81 кв. см.



10 клас

1. Вiдповiдь: x ∈ [−4;−3)∪(2; 3] .

2. Вiдповiдь: a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .


4. – задача на побудову.


11 клас

1. Вiдповiдь: 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

2. Вiдповiдь: −1 .

3. Вiдповiдь: 12

∣∣b2 − a2∣∣ tgφ .

4. Вiдповiдь: x = 1 .

5. Вiдповiдь: 1 .

ЧАСТИНА III.РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

6 класЗадача 1.

За умовою задачi за перший день iз зерносховища вивезли 35% всьогозерна, а за другий – 25% всього зерна. Тому за два днi вивезли 35+25 = 60%всього зерна. Тодi у зерносховищi залишилося 100−60 = 40% всього зерна.

Оскiльки в зерносховищi спочатку було 120 т зерна, то пiсля вивозу за-лишилося зерна (120 : 100) · 40 = (120 · 40) : 100 = 4800 : 100 = 48 т.

Вiдповiдь: 48 т.

Задача 2.

За умовою людина обходить город за 5 хвилин зi швидкiстю 20 м/хв. То-му, обiйшовши город, людина подолає вiдстань, яка становить 5·20 = 100 м.

Оскiльки город має форму прямокутника, то з останнього випливає, щопериметр прямокутника (границi города) становить 100 м.

За умовою ширина города 20 м. Оскiльки пiвпериметр города становить50 м, а протилежнi сторони прямокутника є рiвними ширинi i довжинi вiд-повiдно, то довжина города становить 50− 20 = 30 м.

Площа города дорiвнює площi прямокутника, який обмежує город. Томуплоща города становить 20 · 30 = 600 кв. м.

Вiдповiдь: 600 кв. м.

11

12 ЧАСТИНА III. Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2013

Задача 3.

Нехай x – четверта частина задуманого числа. Тодi задумане число ста-новить 4 · x , а його половина – 2 · x . За умовою, якщо до половини заду-маного числа додати його чверть, то отримаємо число 18. Тому має мiсцерiвняння 2x+ x = 18 . Звiдки 3x = 18 , x = 18 : 3 , x = 6 .

Розв’язавши рiвняння ми одержали, що x = 6 . Тому, згiдно введенихпозначень, задумане число становить 4x i дорiвнює 4·6 = 24 . Таким чином,задуманим числом було число 24.

Вiдповiдь: 24.

?! Якщо цеглина важить 1 кiлограм плюс вага половини цеглини, тоскiльки важить цеглина?

Задача 4.

I спосiб

111 = 37 · 3; 222 = 2 · 111 = 2 · 37 · 3 = 37 · 6;333 = 3 · 111 = 3 · 37 · 3 = 37 · 9;444 = 4 · 111 = 4 · 37 · 3 = 37 · 12;555 = 5 · 111 = 5 · 37 · 3 = 37 · 15;666 = 6 · 111 = 6 · 37 · 3 = 37 · 18;777 = 7 · 111 = 7 · 37 · 3 = 37 · 21;888 = 8 · 111 = 8 · 37 · 3 = 37 · 24;999 = 9 · 111 = 9 · 37 · 3 = 37 · 27.

Кожне з чисел, записаних трьома однаковими цифрами, дiлиться на 37,оскiльки кожне з них можна подати у виглядi добутку двох натуральнихчисел, одне з яких дорiвнює 37.

II спосiб

Нехай a – одна з цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Тодi будь-яке число B , записанетрьома однаковими цифрами a , можна подати у виглядi

B = aaa = 100 · a+ 10 · a+ a = 111 · a = 37 · 3 · a.

6 клас 13

Оскiльки число B можна подати у виглядi добутку трьох натуральнихчисел, одне з яких дорiвнює 37, то будь-яке число, записане трьома однако-вими цифрами a (a = 0 ), дiлиться на 37.

?! Доведiть, що кожне з чисел, записаних чотирма однаковимицифрами, дiлиться на 101.

Задача 5.

За умовою задачi по колу вписали 2013 натуральних числа. Доведемо, щознайдуться два сусiднiх числа, сума яких є парною.

Найбiльша кiлькiсть чисел (з 2013 заданих довiльних натуральних чи-сел), яку можна розташувати по колу, так щоб жодна пара сусiднiх чиселв сумi не давала парного числа, дорiвнює 2012. Це випадок, коли маємо1006 парних i 1006 непарних чисел, якi чергуються на колi (парне, непарне,парне,...). 2013-те натуральне число буде або парним, або непарним. Прибудь-якому його розташуваннi на колi воно обов’язково потрапить мiж пар-ним i непарним числом.

Тобто, на колi обов’язково з’явиться пара сусiднiх чисел, якi мають одна-кову парнiсть i тому в сумi дадуть парне число.

А чи звертали Ви увагу?9× 1 = 9 , 0 + 9 = 9 ; 9× 11 = 99 , 9 + 9 = 18 , 1+8=9;9× 2 = 18 , 1 + 8 = 9 ; ...9× 3 = 27 , 2 + 7 = 9 ;9× 4 = 36 , 3 + 6 = 9 ;9× 5 = 45 , 4 + 5 = 9 ;9× 6 = 54 , 5 + 4 = 9 ;9× 7 = 63 , 6 + 3 = 9 ;9× 8 = 72 , 7 + 2 = 9 ;9× 9 = 81 , 8 + 1 = 9 ;9× 10 = 90 , 9 + 0 = 9 .



Розв’яжемо рiвняння|x| = x

2+ 2013. (7.1.1)

За визначенням

|x| =

x, x > 0

0, x = 0

−x, x < 0

(7.1.2)

З урахуванням (7.1.2) , рiвняння (7.1.1) :1) У випадку, коли x > 0 , набуває вид

x =x

2+ 2013,

звiдки x2 = 2013 , x = 4026 . Оскiльки 4026 > 0 , то x1 = 4026 – корiнь

рiвняння (7.1.1) .2) У випадку, коли x < 0 , набуває вид

−x =x

2+ 2013,

звiдки −3x2 = 2013 , −3x = 4026 , x = −1342 . Оскiльки −1342 < 0 , то

x2 = −1342 – корiнь рiвняння (7.1.1) .Таким чином, коренями даного рiвняння (7.1.1) є значення змiнної

x1 = 4026 , x2 = −1342 .

Вiдповiдь: 4026 , −1342 .

?! Вiдомо, що a > b > 0, c > 0 . Доведiть, що коренями рiвняння

a |x| = bx+ c

є значення змiнноїx1 =

c

a− b, x2 = − c

a+ b.

7 клас 15

Задача 2.

Нехай a – перший множник, а b – другий множник. Тодi добуток d цихмножникiв становить d = a · b .

1) Пiсля збiльшення першого множника a на 50%, одержали число

a′ = a+a

100· 50 =

150

100a =

3

2a;

2) пiсля зменшення другого множника b на 16% одержали число

b′ = b− b

100· 16 =

84

100b =

21

25b;

3) добуток d′ чисел a′ i b′ становить d′ =3

2a · 21

25b =

63

50ab .

Таким чином d′ =63

50· d , звiдки

d′

d=

63

50=

126

100.

Оскiльки63

50> 1 , то

d′

d> 1 . I тому d′ > d .

Отже, якщо перший множник збiльшити на 50%, а другий множник змен-шити на 16%, то добуток збiльшиться на 26%.

Вiдповiдь: добуток збiльшиться на 26%.

?! Якщо заробiтну плату робiтника спочатку збiльшили на 25%, а потiмзменшили на 20%, то чи змiниться i як заробiтна плата?

А чи звертали Ви увагу?1) Для збiльшення величини a на p% достатньо a помножити на «вiд-

повiдний коефiцiент» – число

100 + p

100.

2) Для зменшення величини b на q% достатньо b помножити на «вiд-повiдний коефiцiент» – число

100− q

100.


Задача 3.

Шуканi розбиття квадрата зi стороною 5 клiтинок на 5 частин однаковоїплощi (шляхом проведення вiдрiзкiв вздовж лiнiй сiтки) показано на рис. 1нижче iз зазначенням вiдповiдної суми довжин проведених вiдрiзкiв.

20 19 18 17

16 16 16 16

Рис. 1: Приклади розбиття квадрата зi стороною 5 клiтинок на 5 частин однакової площi

Вiдповiдь: Так, сума довжин проведених вiдрiзкiв може неперевищувати 16 клiтинок (вiдрiзкiв).

ДОПОВНЕННЯ до задачi 3.

Зауважимо, що «частини» однакової площi (рiвної сумi площ 5 квадратiв-клiтинок), якi одержуються в результатi розрiзання квадрата 5 × 5 (шля-хом проведення вiдрiзкiв вздовж лiнiй сiтки), є плоскими геометричнимифiгурами, якi утворенi шляхом сполучення п’яти одноклiтинних квадратiввздовж їх сторiн.

Не важко перевiрити, що всi такi фiгури вичерпуються 12-ма фiгурамиFi («пентамiно»), зображеними на рис. 2 нижче.

7 клас 17

1F

2F

3F

4F

5F

6F

7F

8F

9F

10F

11F

12F ( )12

10P =

Рис. 2: 12 рiзних (з точнiстю до рiвностi фiгур) фiгур-пентамiно

Оберемо в якостi одиницi довжини – довжину сторони квадрата-клiтинки. Тодi очевидно, що: периметр Q квадрата 5 × 5 становить 20лiн.од.; периметр Pi кожної з фiгур Fi , за винятком останньої («12-ої»),дорiвнює 12 лiн.од., а периметр фiгури F12 – 10 лiн.од.

Очевидно, що сума P периметрiв будь-яких п’яти iз 12-ти зазначенихфiгур може приймати одне з наступних значень: 50, 52, 54, 56, 58, 60. Тобто,

50 6 P 6 60. (7.3.1)

Позначимо через K – суму довжин проведених вiдрiзкiв розбиття квад-рата 5× 5 на 5 фiгур-пентамiно (що задовольняє умову задачi).

Кожен вiдрiзок (одиничної довжини), вздовж якого вiдбувається прове-дення розбиття, належить точно двом фiгурам. I тому його довжина вхо-дить до периметрiв точно двох фiгур. Отже, суму P периметрiв п’яти фiгурбудь-якого розбиття квадрата 5×5 на 5 фiгур-пентамiно можна обчислитиза правилом P = 2K +Q . Звiдки P − 20 = 2K або ж

P − 20

2= K. (7.3.2)

З урахуванням (7.3.1) , має мiсце оцiнка 30 6 P − 20 6 40 . Звiдки15 6 P−20

2 6 20 . З урахуванням останньої нерiвностi та оцiнки (7.3.2) , миодержали необхiдну умову, яку повинна задовольняти величина K длябудь-якого розбиття квадрата 5× 5 на 5 фiгур-пентамiно. А саме

15 6 K 6 20. (7.3.3)


З останнього випливає, що при будь-якому натуральному K < 15 або жK > 20 шуканого розбиття квадрата 5× 5 на 5 фiгур-пентамiно не iснує.

На рисунку 1 наведено приклади реалiзацiї розбиття квадрата 5× 5 на5 фiгур-пентамiно для кожного з випадкiв коли K = 20; 19; 18; 17; 16 .

З’ясуємо тепер питання про iснування розбиття квадрата 5×5 на

5 фiгур-пентамiно у випадку K = 15.

З урахуванням (7.3.2) , K = 15 ⇔ P = 50 . P = 50 лише у випадку, коликожна з фiгур-пентамiно є (з точнiстю до рiвностi фiгур) фiгурою F12 .

Доведемо, що розбиття квадрата 5× 5 на п’ять фiгур-пентамiно F12 неiснує. Для цього розфарбуємо квадрат 5×5 у два кольори (чорний i бiлий)так, як показано на рисунку нижче. Тодi будь-яка фiгура F12 (яка цiлкоммiститься всерединi квадрата 5× 5 ) буде мати1) 3 чорних i 2 бiлих клiтинки або ж 2) 2 чорних i 3 бiлих клiтинки.

Нехай x – число фiгур F12 1-го типу, тодi 5 − x – число фiгурF12 2-го типу. Тому загальне число клiтинок чорного кольору становить3 · x + 2 · (5 − x) = x + 10 . З iншого боку, H = 15 . Звiдки x = 5 . Такимчином, кожна з п’яти фiгур розбиття повинна бути фiгурою F12 1-го ти-пу. Всi фiгури F12 1-го типу вичерпуються з точнiстю до рiвностi фiгур тарозфарбування фiгурами виду A i B , зображеними на рисунку.

A B

Очевидно, що: для «покриття» 5-ти бiлих клiтинок 2-го стовпця квадрата5 × 5 знадобиться щонайменше 3 фiгури 1-го типу; для «покриття» 5-тибiлих клiтинок 4-го стовпця – також щонайменше 3 фiгури 1-го типу; середфiгур виду A i B немає таких, якi б одночасно «покрили» бiлi клiтинкиу 2-му i 4-му стовпцях. З останнього й випливає, що для «покриття» бiлихклiтинок знадобиться щонайменше шiсть фiгур F12 .

7 клас 19

Задача 4.

Позначимо перше, друге, третє i четверте шуканi числа як a , b , c i dвiдповiдно.

I спосiб

За умовою, якщо перше число збiльшити на 4, друге збiльшити в 4 рази,третє число зменшити на 4, а четверте зменшити в 4 рази, то отримаєморiвнi результати. Тому мають мiсце рiвностi

a+ 4 = b · 4 = c− 4 =d

4= t, (7.4.1)

де t – спiльне значення. Звiдки

a = t− 4, b =t

4, c = t+ 4, d = 4t. (7.4.2)

За умовою сума чотирьох чисел a , b , c i d дорiвнює 100, тому має мiсцерiвняння

t− 4 +t

4+ t+ 4 + 4t = 100, (7.4.3)

звiдки 6t+ t4 = 100 , 24t+ t = 400 , 25t = 16 · 25 , t = 16 .

З урахуванням (7.4.2) , маємо

a = 16− 4 = 12, b =16

4= 4, c = 16 + 4 = 20, d = 4 · 16 = 64. (7.4.4)

II спосiб

За умовою має виконуватись рiвнiсть

a+ 4 = b · 4 = c− 4 =d

4. (7.4.5)

Звiдкиa = 4b− 4, b = b, c = 4b+ 4, d = 16b. (7.4.6)

Оскiльки a+ b+ c+ d = 100 , то

4b− 4 + b+ 4b+ 4 + 16b = 100, (7.4.7)

звiдки 25b = 100 ⇒ b = 4 .I тому a = 4 · 4− 4 = 12, c = 4 · 4 + 4 = 20, d = 16 · 4 = 64 .

Вiдповiдь: a = 12 , b = 4 , c = 20 , d = 64 .


Задача 5.

Для того щоб, згiдно з правилами гри, перший учень виграв, на остан-ньому – k -му своєму кроцi вiн повинен залишити 1 олiвець (для другого).Для того, щоб йому це вдалося, на передостанньому (k − 1) -му кроцi вiнповинен залишити для другого 5 олiвцiв:

якщо другий учень на (k − 1) -му кроцi вiзьме 1 олiвець, то перший наостанньому k -му кроцi повинен взяти 3 олiвця;

якщо другий учень на (k − 1) -му кроцi вiзьме 2 олiвця, то перший наостанньому k -му кроцi повинен взяти 2 олiвця;

якщо другий учень на (k − 1) -му кроцi вiзьме 3 олiвця, то перший наостанньому k -му кроцi повинен взяти 1 олiвець.

Так само, для того, щоб пiсля (k−1) -го кроку першому вдалося залиши-ти для другого 5 олiвцiв, пiсля (k− 2) -го кроку перший повинен залишитидля другого 9 олiвцiв:

якщо другий учень на (k − 2) -му кроцi вiзьме 1 олiвець, то перший напередостанньому (k − 1) -му кроцi повинен взяти 3 олiвця;

якщо другий учень на (k − 2) -му кроцi вiзьме 2 олiвця, то перший напередостанньому (k − 1) -му кроцi повинен взяти 2 олiвця;

якщо другий учень на (k − 2) -му кроцi вiзьме 3 олiвця, то перший напередостанньому (k − 1) -му кроцi повинен взяти 1 олiвець.

Продовжуючи вказанi мiркування, приходимо до висновку, що першийучень для гарантованого виграшу в данiй грi повинен залишати пiсля себе«в зворотному напрямку» 1; 5; 9; 13; 17 олiвцiв.

Отже, перший учень, щоб виграти, повинен грати наступним чином:

Вiдповiдь: першого разу вiн повинен взяти 1 олiвець (бо 1 – це остачавiд дiлення числа 17=18-1 на число 4). При кожному наступному виборiкеруватися правилом:«якщо другий вiзьме 1 олiвець, то перший повинен взяти 3 олiвцi,якщо другий вiзьме 2 олiвцi, то перший повинен взяти 2 олiвцi,якщо другий вiзьме 3 олiвцi, то перший повинен взяти 1 олiвець».

7 клас 21


Як повинен грати перший учень, щоб виграти, якщо олiвцiв не 18 а, напри-клад, 23 (17)?

Якою повинна бути стратегiя першого гравця (щоб виграти), якщо призаданiй кiлькостi олiвцiв (18) кожному з гравцiв дозволяється на кожномукроцi брати не бiльше 4-ьох (5-ти) олiвцiв?

Якою повинна бути стратегiя першого гравця (щоб виграти), якщо призаданiй кiлькостi олiвцiв n = 4k + 1 кожному з гравцiв дозволяється накожному кроцi брати не бiльше m (m < n ) олiвцiв?

?! Якою буде вiдповiдь для n -значного числа, n > 6 .



I спосiб

1

50 · 51+

1

51 · 52+

1

52 · 53+ ...+

1

99 · 100=

=

(1

50− 1

51

)+

(1

51− 1

52

)+

(1

52− 1

53

)+ ...+

(1

99− 1

100

)=

=1

50− 1

51+

1

51− 1

52+

1

52− 1

53+ ...+

1

98− 1

99+

1

99− 1

100=

=1

50− 1

100=

2

100− 1

100=

1

100.

Таким чином1

50 · 51+

1

51 · 52+

1

52 · 53+ ...+

1

99 · 100=

1

100.

II спосiб

1

50 · 51+

1

51 · 52=

52 + 50

50 · 51 · 52=

102

50 · 51 · 52=

2 · 5150 · 51 · 52

=2

50 · (50 + 2);

2

50 · 52+

1

52 · 53=

2 · 53 + 50

50 · 52 · 53=

156

50 · 52 · 53=

3 · 5250 · 52 · 53

=3

50 · (50 + 3);

3

50 · 53+

1

53 · 54=

3 · 54 + 50

50 · 53 · 54=

212

50 · 53 · 54=

4 · 5350 · 53 · 54

=4

50 · (50 + 4);

...k

50 · (50 + k)+

1

(50 + k) · (50 + k + 1)=

k · (50 + k + 1) + 50

50 · (50 + k) · (50 + k + 1)=

=(k + 1)(50 + k)

50 · (50 + k) · (50 + k + 1)=

k + 1

50 · (50 + k + 1);

...49

50 · 99+

1

99 · 100=

49 · 100 + 50

50 · 99 · 100=

50 · 9950 · 99 · 100

=1

100.

Таким чином1

50 · 51+

1

51 · 52+

1

52 · 53+ ...+

1

99 · 100=

1

100.

Вiдповiдь: запропонованi за умовою задачi числа є рiвними.

?! Порiвняйте числа 1− 1

1 · 2− 1

2 · 3− 1

3 · 4− ...− 1

99 · 100та

1

100.

8 клас 23

Задача 2.

Очевидно, що функцiя y =x2 − 4x

4− x− x2 − 4

x− 2iснує при будь-яких дiйсних

x , за винятком x = 4 та x = 2 . Крiм того, вираз, що задає функцiю,припускає спрощення

x2 − 4x

4− x− x2 − 4

x− 2=x(x− 4)

4− x− (x− 2)(x+ 2)

x− 2=

= −x(x− 4)

x− 4− (x− 2)(x+ 2)

x− 2= −x− (x+ 2) = −2x− 2, x = 4, x = 2 .

Таким чином, графiком даної функцiї є пряма y = −2x−2 з «виколоти-ми» на нiй двома точками, що мають абсциси x = 2 та x = 4 вiдповiдно.

Для побудови зазначеної прямої достатньо побудувати двi її точки, на-приклад, точки A(0;−2) i B(−1; 0) . Графiк функцiї подано на рисункунижче.

X

Y

O

B

A

4 2

6−

10−


Задача 3.

I спосiб

A B

C

M

K

O

ϕ ψ

ψ

2ψ

ϕ

2ϕ

90 ϕ ψ− −�

90 ϕ ψ− −�

ψ

1) Розглянемо трикутники MKB та MCB . Трикутник MCB є пря-мокутним, бо за умовою ∠C = 900 . За умовою MK є перпендикуляром наAB . Звiдки ∠MKB = 900 .

Таким чином, трикутники MKB i MCB є прямокутними зi спiльноюгiпотенузою MB . Нехай далi O – середина MB .

2) Оскiльки довжина медiани прямокутного трикутника, яка проведеназ вершини прямого кута, дорiвнює половинi довжини гiпотенузи, то маютьмiсце рiвностi

BO = OK = OM = OC.

Позначимо далi ∠MBC = ψ , а ∠KBM = φ . Тодi мають мiсце рiвностi:∠BCO = ∠CBO = ψ (як кути при основi рiвнобедреного △ BCO );∠BKO = ∠KBO = φ (як кути при основi рiвнобедреного △ BKO );∠COM = 2ψ (як зовнiшнiй кут при вершинi рiвнобедреного △ BCO );∠KOM = 2φ (як зовнiшнiй кут при вершинi рiвнобедреного △ BKO ).

3) Оскiльки △ CKO є рiвнобедреним з основою KC , то

∠KCO = ∠CKO =1800 − 2φ− 2ψ

2= 900 − φ− ψ.

4) Як наслiдок з аксiоми вимiрювання кутiв, маємо наступну рiвнiсть

∠MKC = ∠MKB − ∠CKO − ∠OKB =

= 900 −(900 − φ− ψ

)− φ = ψ.

Отже, ∠MKC = ∠MBC .

8 клас 25

II спосiб

A B

C

M

K

Розглянемо чотирикутник KMCB . В ньому: ∠MCB = 900 за умовою,∠BKM = 900 оскiльки MK ⊥ AB . Звiдки ∠MCB + ∠BKM = 1800 .

Таким чином в чотирикутнику KMCB суми протилежних кутiв ста-новлять 1800 . I тому навколо чотирикутника KMCB можна описати ко-ло. Кути MKC i MBC спираються на спiльну дугу цього кола, i тому єрiвними.

ДОПОВНЕННЯ до задачi 3. Доведiть, що рiзниця квадратiввiдрiзкiв, на якi розбиває гiпотенузу основа перпендикуляра, опущеного зсередини одного з катетiв, дорiвнює квадрату iншого катета.

А чи звертали Ви увагу?Якщо в прямокутному трикутнику катет AC втричi бiльший за катет BC ,а точки E i F дiлять катет AC на три рiвнi частини, то

∠BAC + ∠BEC + ∠BFC = 900.


Задача 4.

Будь-яке натуральне число при дiленнi на число 8 дає одну з восьмиможливих остач: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 або 7.

З будь-яких дев’яти натуральних чисел принаймнi 2 числа мають одна-кову остачу вiд дiлення на 8. I тому їх рiзниця є числом, яке при дiленнi на8 дає остачу 0.

Отже, з будь-яких дев’яти натуральних чисел можна завжди вибратидва, рiзниця яких дiлиться на 8.

ДОПОВНЕННЯ до задачi 4. Мiркування, що були використанi прирозв’язуваннi задачi, базуються на наступному твердженнi

Теорема (про дiлення з остачею). Для будь-яких натуральних a i b

iснує єдина пара чисел q i r таких, що

a = b · q + r, (8.4.1)

де q – натуральне або нуль, r – натуральне або нуль, причому 0 6 r < b .Говорять: a при дiленi на b дає остачу r .

ПРИКЛАДИ до теореми «про дiлення з остачею»

a (дiлене) b (дiльник) спiввiдношення q (цiла частина r (остача)або неповна частка)

10 4 10 = 4 · 2 + 2 2 2

9 4 9 = 4 · 2 + 1 2 1

8 4 8 = 4 · 2 + 0 2 0

7 4 7 = 4 · 1 + 3 1 3

6 4 6 = 4 · 1 + 2 1 2

5 4 5 = 4 · 1 + 1 1 1

4 4 4 = 4 · 1 + 0 1 0

3 4 3 = 4 · 0 + 3 0 3

2 4 2 = 4 · 0 + 2 0 2

1 4 1 = 4 · 0 + 1 0 1

8 клас 27

Задача 5.

I спосiб

Нехай x, y, z – вказанi цiлi числа. Тодi (x+ y + z) = 6 · k , k ∈ Z .Оскiльки

(x+ y + z)3 = (x+ (y + z))3 = x3 + 3x2 (y + z) + 3x (y + z)2 + (y + z)3 =

= x3 + y3 + z3 + 3x2 (y + z) + 3x (y + z)2 + 3yz (y + z) =

=(x3 + y3 + z3

)+ 3 (y + z)

(x2 + x (y + z) + yz

)=

=(x3 + y3 + z3

)+ 3 (y + z) (x (x+ y + z) + yz) =

=(x3 + y3 + z3

)+ 3x(y + z) (x+ y + z) + 3 (y + z) yz,

то(x3 + y3 + z3

)= 6 ·

(36k3

)− 3x(y + z) (x+ y + z)− 3 (y + z) yz =

= 6 ·(36k3

)− 6 (3kx(y + z))− 3 (y + z) yz

Для довiльних двох цiлих чисел y i z або їх сума (y + z) дiлиться надва, або ж їх добуток yz дiлиться на два.Тодi при довiльних цiлих x, y, z, k вираз 3 (y + z) yz завжди дiлиться нашiсть. Тому i вираз 6 ·

(36k3

)− 6 (3kx(y + z)) − 3 (y + z) yz дiлиться на

шiсть. Отже, сума кубiв вказаних чисел дiлиться на 6 .

II спосiб

Подамо вираз x3 + y3 + z3 у наступному виглядi

x3 + y3 + z3 = x3 + y3 + z3 − (x+ y + z) + (x+ y + z) =

=(x3 − x

)+(y3 − y

)+(z3 − z

)+ (x+ y + z) =

= x(x2 − 1

)+ y

(y2 − 1

)+ z

(z2 − 1

)+ (x+ y + z) =

= (x− 1)x (x+ 1) + (y − 1) y (y + 1) + (z − 1) z (z + 1) + (x+ y + z) .

Звiдкиx3 + y3 + z3 =

= (x− 1)x (x+ 1)+(y − 1) y (y + 1)+(z − 1) z (z + 1)+(x+ y + z) (8.5.1)


Зауважимо, що з трьох послiдовних цiлих чисел одне завжди дiлитьсяна три, i принаймнi одне дiлиться на два. Тому добуток трьох послiдовнихцiлих чисел завжди дiлиться на шiсть.

Отже, кожен з перших трьох доданкiв правої частини рiвностi (8.5.1)дiлиться на шiсть. За умовою останнiй доданок – вираз (x+ y + z) – такождiлиться на шiсть. I тому права частина рiвностi (8.5.1), а разом з нею i лiваїї частина (вираз

(x3 + y3 + z3

)) дiлиться на шiсть.

Бiльше того, з рiвностi (8.5.1) випливає, що сума кубiв x3+y3+z3 трьохцiлих чисел дiлиться на шiсть тодi i лише тодi, коли на шiсть дiлиться сумацих чисел.

9 клас 29


Доведемо, що для будь-яких x > 0, y > 0, z > 0(1 +

x

y

)(1 +

y

z

)(1 +

z

x

)> 8. (9.1.1)

I спосiб

1) Подамо лiву частину доводжуваної нерiвностi (9.1.1) у наступному ви-глядi (

1 +x

y

)(1 +

y

z

)(1 +

z

x

)=

(1 +

y

z+x

y+x

z

)(1 +

z

x

)=

= 1+y

z+x

y+x

z+z

x+y

x+z

y+1 = 2+

(y

z+z

y

)+

(x

y+y

x

)+(xz+z

x

). (9.1.2)

2) Доведемо, що для довiльних a > 0, b > 0 виконується нерiвнiсть

a

b+b

a> 2. (9.1.3)

a

b+b

a> 2 ⇔ a2 + b2 > 2ab⇔ a2 − 2ab+ b2 > 0 ⇔ (a− b)2 > 0 .

3) З урахуванням (9.1.3) , для довiльних x > 0, y > 0, z > 0 мають мiсценерiвностi

xy +

yx > 2

xz +

zx > 2

yz +

zy > 2.

(9.1.4)

З урахуванням (9.1.2) та (9.1.4) маємо, що(1 +

x

y

)(1 +

y

z

)(1 +

z

x

)=

= 2 +

(y

z+z

y

)+

(x

y+y

x

)+(xz+z

x

)> 2 + 2 + 2 + 2 = 8.


II спосiб

Оскiльки x > 0, y > 0, z > 0 , то помноживши обидвi частини нерiвностi(9.1.1) на добуток xyz , одержимо рiвносильну нерiвнiсть

(y + x) (z + y) (x+ z) > 8xyz. (9.1.5)

Доведемо, що для будь-яких x > 0, y > 0, z > 0 справджується нерiвнiсть(9.1.5) .

За нерiвнiстю Кошi для довiльних додатних a i b справджується нерiв-нiсть

a+ b > 2√ab. (9.1.6)

Тому для будь-яких x > 0, y > 0, z > 0 мають мiсце нерiвностi

x+ y > 2√xy

x+ z > 2√xz

y + z > 2√yz.

(9.1.7)

З урахуванням (9.1.7) маємо, що

(y + x) (z + y) (x+ z) > 2√xy · 2√yz · 2

√xz = 8

√x2y2z2 = 8xyz.

III спосiб

Застосовуючи нерiвнiсть Кошi, можна записати:

1 + xy

2>

√1 · x

y;

1 + yz

2>

√1 · y

z;

1 + zx

2>

√1 · z

x.

Звiдки

1 +x

y> 2

√1 · x

y; 1 +

y

z> 2

√1 · y

z; 1 +

z

x> 2

√1 · z

x.

Тодi (1 + x

y

) (1 + y

z

) (1 + z

x

)>

> 8 ·√

1 + xy ·

√1 + y

z ·√1 + z

x = 8 ·√

xyzyzx = 8.

9 клас 31

Задача 2.

Розв’яжемо рiвняння

x2 + y2 + 10x− 12y + 61 = 0. (9.2.1)

I спосiб

Застосуємо метод групування:

(x2 + 10x+ 25)− 25 + (y2 − 12y + 36)− 36 + 61 = 0;

(x2 + 2 · 5 · x+ 52) + (y2 − 2 · 6 · y + 62) = 0; (x+ 5)2 + (y − 6)2 = 0.

Остання рiвнiсть можлива лише за умов3, коли{(x+ 5)2 = 0

(y − 6)2 = 0.Звiдки

{x = −5

y = 6.

II спосiб

Розв’яжемо рiвняння (9.2.1) як квадратне рiвняння вiдносно змiнної x

x2 + 10x+ y2 − 12y + 61 = 0. (9.2.2)

Отже, дискримiнант D квадратного рiвняння (9.2.2) дорiвнює

D = 100− 4(y2 − 12y + 61) = −4y2 + 48y − 244 + 100 =

= −4(y2 − 12y + 36) = −4(y − 6)2.

Оскiльки при будь-якому y дискримiнант D = −4(y − 6)2 6 0 , то ква-дратне рiвняння (9.2.2) має дiйснi коренi лише у випадку, коли D = 0 ,або, що теж саме – лише у випадку, коли y = 6 . Тому єдиним дiйснимкоренем рiвняння (9.2.2) є x = −10

2 = −5 . Оскiльки при y = 6 рiвнян-ня (9.2.2) не має дiйсних коренiв, то єдиним розв’язком рiвняння (9.2.1) здвома змiнними x, y є пара (−5; 6) .

Вiдповiдь: x = −5 , y = 6 .

?! При яких a, b, c рiвняння x2 + ax+ y2 + bx+ c = 0 має єдинийрозв’язок (x0; y0) ?

3сума двох невiд’ємних доданкiв дорiвнює нулю тодi i лише тодi, коли кожен з доданкiв дорiв-нює нулю


Задача 3.

Знайдемо площу рiвнобiчної трапецiї ABCD з основами BC = 8 см таAD = 10 см, якщо її дiагоналi є перпендикулярними.

I спосiб

A

B

D

C

M

O

1) З точки C паралельно дiагоналi BD проведемо вiдрiзок CM (точкаM належить прямiй AD ). За властивiстю паралельних BD , CM i сiчноїAC пряма CM є перпендикулярною до прямої AC . Звiдки ∠ACM = 900 .

З iншого боку, оскiльки BC ∥ DM,BD ∥ CM , то чотирикутник BCMD

є паралелограмом. I тому CM = BD = AC , BC = DM .2) Розглянемо △ ACM . В ньому: ∠C = 900 , AC = CM , а сторона

AM = AD +DM = AD +BC = 10 + 8 = 18 см.За теоремою Пiфагора знайдемо AC

2AC2 = AM 2 ⇒ AC =AM

√2

2= 9

√2 (см).

3) Розглянемо трикутники △ ABC i △ CDM . Оскiльки AB = CD ,BC = DM , AC = CM , то △ ABC =△ CDM за трьома сторонами.Значить площа трапецiї ABCD дорiвнює площi трикутника ACM . Тобто

SABCD = SACM =1

2AC · CM =

1

2AC2 =

1

2· 81 · 2 = 81 (кв. см.)

Таким чином, площа трапецiї ABCD становить 81 кв. см.

9 клас 33

II спосiб

A

B

D

C

E

O

F

1) Нехай O – точка перетину дiагоналей AC i BD даної трапецiї.Оскiльки трапецiя ABCD є рiвнобокою, то кожен з трикутникiв BOC iAOD є рiвнобедреним. [Нагадаємо iдею доведення зазначеного факту :у рiвнобокої трапецiї кути при основах та дiагоналi є рiвними. Тому за трьо-ма сторонами △ ABC =△ DCB . Звiдки ∠ACB = ∠DBC . I тому за озна-кою рiвнобедреного трикутника BO = OC . Але ж тодi AO = DO якрiзницi рiвних за довжинами вiдрiзкiв.]

За умовою дiагоналi трапецiї є перпендикулярними, i тому кожен з три-кутникiв BOC i AOD є рiвнобедреним та прямокутним.

2) Через точку O проведемо висоту трапецiї EF (точка E належитьBC , F належить AD ).

Оскiльки кожен з трикутникiв BOC i AOD є рiвнобедреним (з основамиBC i AD вiдповiдно), то висоти OE i OF цих трикутникiв є медiанами.Звiдки BE = EC = 4 (см.), AF = FD = 5 (см.).

З iншого боку, оскiльки кожен з трикутникiв BEO i AFO є прямоку-тним з гострим кутом 450 , то кожен з них є також i рiвнобедреним. ЗвiдкиOE = BE = 4 см., OF = AF = 5 см..Отже, висота трапецiї EF становить EF = EO +OF = 4 + 5 = 9 см.

3) За вiдомою формулою обчислення площi трапецiї остаточно маємо

SABCD =1

2(AD +BC) · EF =

1

2(10 + 8) · 9 = 81 (кв.см.)


III спосiб

A

B

D

C

O

8

10

1S

2S

3S 4

S

1) Нехай O – точка перетину дiагоналей AC i BD даної трапецiї.Позначимо через S1, S2, S3 i S4 площi трикутникiв BOC , AOD , BOA iCOD вiдповiдно.

Оскiльки трикутники ABC i DCB є рiвновеликими (мають рiвнi пло-щi), то трикутники AOB i DOC також є рiвновеликими. Звiдки

S4 = S3. (9.3.1)

2) Прямокутнi трикутники AOB i COB мають спiльний катет, томуS3

S1=AO

OC. (9.3.2)

3) Трикутники AOD i COB є подiбними (за гострим кутом). ТомуAOOC = AD

BC = 108 = 5

4 . Крiм того,

S2

S1=

(AD

CB

)2

=25

16. (9.3.3)

З урахуванням (9.3.1)– (9.3.3) одержуємо, що

SABCD = S1 + S2 + S3 + S4 = S1 +25

16S1 +

5

4S1 +

5

4S1 =

81

16S1. (9.3.4)

4) З рiвностi трикутникiв ABC i DCB (за двома сторонами та ку-том мiж ними) маємо, що прямокутний трикутник BOC є рiвнобедреним.Звiдки S1 =

14BC

2 = 644 = 16 (кв.см.). I тому, з урахуванням (9.3.4) , маємо

SABCD =81

16· 16 = 81 (кв.см.)

Вiдповiдь: SABCD = 81 кв. см.

9 клас 35


Доведiть, що площу S рiвнобiчної трапецiї з основами a i b , у якої дiагоналiє перпендикулярними, можна обчислити за формулою

S =(a+ b)2

2.

А чи звертали Ви увагу?Якщо довжина бiчної сторони трапецiї дорiвнює c , а довжина перпенди-

куляра, опущеного на цю сторону iз середини iншої бiчної сторони, дорiвнюєh , то площу S такої трапецiї можна знайти за формулою

S = c · h.

Задача 4.

Доведемо, що за умови a− 2b = 1 , справджується рiвнiсть

a3 − 8b3 = 1 + 6ab. (9.4.1)

1) a3 − 8b3 = a3 − (2b)3 = (a− 2b)(a2 + 2ab+ 4b2

);

2) оскiльки a− 2b = 1 , то

a3 − 8b3 = 1 ·(a2 + 2ab+ 4b2

)=

=((1 + 2b)2 + 2(1 + 2b)b+ 4b2

)= 4b2 + 4b+ 1 + 2b+ 4b2 + 4b2 =

= 12b2 + 6b+ 1 = 6b(2b+ 1) + 1 = 6b · a+ 1 = 1 + 6ab.

Задача 5.

Умова задачi. В готель приїхав мандрiвник. Грошей у нього не бу-ло. Вiн мав срiбний ланцюжок iз семи кiлець. За кожен день перебуванняв готелi вiн розплачувався одним кiльцем ланцюжка. Господар попередив,що згоден взяти не бiльше одного розпиляного кiльця, а iншi повиннi бу-ти цiлими. Як мандрiвниковi розпиляти ланцюжок, щоб прожити у готелiтиждень i кожен день розплачуватися з господарем?


Розв’язання. Мандрiвнику необхiдно розпиляти саме третє кiльце

ланцюжка. Тодi для щоденної сплати проживання у готелi протягом тижня(з дотриманням вимоги господаря «... згоден взяти не бiльше одного розпи-ляного кiльця!») мандрiвник повинен розплачуватися наступним чином:

у перший день — розпиляним кiльцем,у другий день — ланцюжком iз двох кiлець, а в решту одержить вiд

господаря розпиляне кiльце,у третiй день — розпиляним кiльцем,у четвертий день — ланцюжком iз чотирьох кiлець, а в решту одержить

вiд господаря ланцюжок iз двох кiлець та розпиляне кiльце,за п’ятий день — розпиляним кiльцем,за шостий день — ланцюжком iз двох кiлець, а в решту одержить вiд

господаря розпиляне кiльце,за сьомий день — розпиляним кiльцем.

10 клас 37


Розв’яжемо нерiвнiстьx2 + x− 12√x2 + x− 6

6 0.

Задана нерiвнiсть є рiвносильною системi двох нерiвностей{x2 + x− 12 6 0,

x2 + x− 6 > 0.

Розв’яжемо цю систему:

{x2 + x− 12 6 0,

x2 + x− 6 > 0⇔

{(x+ 4)(x− 3) 6 0,

(x+ 3)(x− 2) > 0⇔

−4 6 x 6 3,[x < −3

x > 2

⇔

⇔

{

−4 6 x 6 3

x < −3{−4 6 x 6 3

x > 2

⇔

[−4 6 x < −3

2 < x 6 3

Отже, розв’язками даної нерiвностi є x ∈ [−4;−3)∪(2; 3] .

Вiдповiдь: x ∈ [−4;−3)∪(2; 3] .


Задача 2.

З’ясуємо при яких значеннях параметра a коренi рiвняння

x2 − (2a+ 1)x+ a2 − 4a+ 3 = 0 (10.2.1)

є додатними числами.

I спосiб – «за теоремою Вiєта»

За теоремою Вiєта рiвняння ax2 + bx + c = 0 має обидва додатнi коренi,якщо виконуються умови

ca > 0

− ba > 0

b2 − 4ac > 0

(10.2.2)

З урахуванням (10.2.2) рiвняння (10.2.1) має обидва додатнi коренi, ко-ли виконуються умови

a2 − 4a+ 3 > 0

2a+ 1 > 0

(2a+ 1)2 − 4(a2 − 4a+ 3) > 0

⇔

(a− 1)(a− 3) > 0

a > −12

20a− 11 > 0

⇔

⇔

[a < 1

a > 3

a > −12

a > 1120

⇔

[a < 1

a > 3

a > 1120

⇔

{a < 1

a > 1120{

a > 3

a > 1120

⇒

{a < 1

a > 1120

a > 3.

Таким чином рiвняння (10.2.1) має обидва додатнi коренi приa ∈

[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

II спосiб – «за допомогою графiка квадратичної функцiї»

Очевидно, що гiлки параболи f(x) = x2 − (2a+ 1)x + a2 − 4a + 3 на-прямленi вгору. Обидва коренi даного рiвняння (абсциси точок перетинупараболи з вiссю OX ) будуть додатними лише у випадку, коли параболарозташована вiдносно координатних осей наступним чином:1) вершина параболи (x0; f(x0)) розташована нижче осi OX (лише за та-ких умов iснують точки перетину з вiссю OX );

10 клас 39

2) вершина параболи – праворуч вiд осi OY (лише за таких умов точка пе-ретину з OX , яка має бiльшу абсцису, розташована праворуч вiд осi OY );3) точка (0; f(0)) перетину параболи з вiссю OY належить додатнiй ча-стинi цiєї осi (лише за таких умов точка перетину з OX , яка має меншуабсцису, розташована праворуч вiд осi OY ).

Таким чином маємо систему «аналiтично-графiчних» умов:

f(x0) 6 0

x0 > 0

f(0) > 0.

Звiдки

(2a+12

)2 − (2a+ 1)(2a+12

)+ a2 − 4a+ 3 6 0

2a+12 > 0

a2 − 4a+ 3 > 0

⇔

⇔

a > 11

20

a > −12

a2 − 4a+ 3 > 0

⇔

a > 11

20

a > −12[

a > 3

a < 1

⇔

a > 11

20[a > 3

a < 1

⇔

{a > 3

a > 1120{

a < 1

a > 1120

Звiдки a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

III спосiб – «узагальнення II способу»

Скористаємось наступною теоремоюКоренi рiвняння ax2 + bx + c = 0 є бiльшими за число d тодi i лише тодi,якщо

a · f(d) > 0

D > 0

xвер. > d.

(10.2.3)


В нашому випадку:1) d = 0 ;2) a = 1 > 0 ;3) f(0) = a2 − 4a+ 3 ;4) D = (2a+ 1)2 − 4(a2 − 4a+ 3) = 20a− 11 ;5) xвер. = 2a+1

2 .Тому, з урахуванням (10.2.3) , шуканi значення параметру a є розв’яз-

ками системи нерiвностей a2 − 4a+ 3 > 0

20a− 11 > 02a+12 > 0.

Звiдки a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

IV спосiб – «за допомогою аналiзу коренiв квадратного рiвняння,отриманих за стандартною формулою»

x =2a+ 1 +

√20a− 11

2

x =2a+ 1−

√20a− 11

2.

За умовою цi коренi рiвняння повиннi бути додатними одночасно, тобто{2a+1+

√20a−11

2 > 02a+1−

√20a−11

2 > 0⇔

{2a+ 1 > −

√20a− 11

2a+ 1 >√20a− 11

⇔

⇔ 2a+ 1 >√20a− 11 ⇔

2a+ 1 > 0

20a− 11 > 0

4a2 + 4a+ 1 > 20a− 11

⇔

⇔

2a+ 1 > 0

20a− 11 > 0

4a2 − 16a+ 12 > 0

⇔

2a+ 1 > 0

20a− 11 > 0

a2 − 4a+ 3 > 0.

Звiдки a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

Вiдповiдь: a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

10 клас 41

Задача 3.

На продовженнi найбiльшої сторони AC трикутника ABC вiдкладеновiдрiзок CD , причому CD = BC . Доведемо, що ∠ABD є тупим.

I спосiб

A

B

D

C

2

γ γ

2

γ

β

α

M

1) Позначимо кути трикутника ABC як α, β i γ вiдповiдно. Тодi завластивiстю кутiв трикутника має мiсце рiвнiсть

α+ β + γ = 1800. (10.3.1)

2) В △ BCD проведемо бiсектрису CM . Оскiльки BC = CD , то△ BCD є рiвнобедреним з основою BD . I тому ∠CBD = ∠CDB . Зiншого боку, за властивiстю зовнiшнiх кутiв △ BCD має мiсце рiвнiсть∠CBD + ∠CDB = ∠ACB = γ . Звiдки ∠CBD = ∠CDB = γ

2 . I тому

∠ABD = β +γ

2. (10.3.2)

3) За умовою β – найбiльший кут △ ABC . Тому β > α , звiдки

β +γ

2> α+

γ

2. (10.3.3)

4) Подамо (10.3.1) у виглядi(β +

γ

2

)+(α +

γ

2

)= 1800.

Тодi, з урахуванням (10.3.3) , має мiсце нерiвнiсть 2(β + γ

2

)> 1800 . Звiдки

β +γ

2> 900. (10.3.4)

З (10.3.2) i (10.3.4) й випливає, що ∠ABD є тупим.


II спосiб– «за допомогою описаного кола»

Навколо трикутника ABD опишемо коло ω i продовжимо BC до пере-тину з цим колом у точцi K .

A

B

D

C

ϕ

K

ϕ

ϕ

ϕ

Покажемо, що чотирикутник ABDK є рiвнобiчною трапецiєю.1) За побудовою BCD є рiвнобедреним трикутником з основою BD . Тому

CB = CD, ∠CBD = ∠CDB = φ.

2) За властивiстю вписаних кутiв кола, що спираються на одну дугу, маютьмiсце рiвностi ∠BDA = ∠BKA = φ, ∠KBD = ∠KAD = φ.

Оскiльки внутрiшнi рiзностороннi кути при прямих BD , AK та сiчнiйAD є рiвними, то за ознакою паралельних прямих маємо, що AK ∥ BD .3) AB = DK , як хорди, що стягують рiвнi дуги. З рiвностi кутiв AKB таDAK випливає i той факт, що △ ACK є рiвнобедреним з основою AK .Звiдки AC = CK .4) Якщо припустити, що AD ∥ BK , то матимемо, що ∠ABK = ∠ADK =

= ∠BAD . Але ж тодi AC = CB , що суперечить умовi AC > CB . Отже,чотирикутник ABDK є рiвнобiчною трапецiєю з основами AK i BD .

Оскiльки AC > CB , то з подiбностi рiвнобедрених трикутникiв BCD

i ACK маємо, що AK > BD . Отже, AK є бiльшою основою трапецiїABDK . Звiдки очевидний висновок: ∠BAK – гострий, ∠ABD – тупий.

10 клас 43

III спосiб

A

B

D

C

M

N

1) В △ BCD проведемо бiсектрису CM . Оскiльки BC = CD , то△ BCD є рiвнобедреним з основою BD . I тому бiсектриса CM є висотоюi медiаною.

2) Через вершину B проведемо пряму l паралельно до прямої CM .I нехай l перетинає пряму AC у точцi N . Оскiльки BM = MD аBN ∥ MC , то за теоремою Фалеса NC = CD . За умовою CD = BC .Звiдки NC = BC .

З iншого боку за властивiстю паралельних BN,MC та сiчної BD маємо,що NB ⊥ BD . Звiдки

∠NBD = 900.

3) За умовою ∠ABC – найбiльший кут △ ABC . I тому сторона AC

має найбiльшу довжину серед сторiн △ ABC . Звiдки AC > NC . I томуточка N є внутрiшньою точкою вiдрiзка AC . Але ж тодi N є внутрiшньоюточкою вiдрiзка AD . I тому за аксiомою вимiрювання кутiв має мiсце рiв-нiсть

∠ABD = ∠ABN + ∠NBD = ∠ABN + 900.

Звiдки ∠ABD > 900.

?! В якому випадку ∠ABD буде прямим.

А чи звертали Ви увагу?Бiсектриси сумiжних кутiв є перпендикулярними.


IV спосiб – «за теоремою косинусiв»

A

B

D

C p m

α

p

1) Для спрощення подальших записiв введемо наступнi позначення:

AC = m, CD = p, ∠BCA = α.

Тодi ∠BCD = (1800 − α (як сумiжний iз кутом ∠BCA = α ), BC = p (боза побудовою BC = CD ).2) З трикутника BCD за теоремою косинусiв має мiсце рiвнiсть

BD2 = 2p2 − 2p2 cos(1800 − α) = 2p2 + 2p2 cosα, (10.3.5)

а з трикутника ACB за теоремою косинусiв – рiвнiсть

AB2 = m2 + p2 − 2mp cosα. (10.3.6)

3) Розглянемо трикутник ABD . Щоб довести, що кут ABD тупий, тре-ба використати наслiдок з теореми косинусiв для тупокутного трикутника,тобто, що виконується нерiвнiсть

AD2 > AB2 +BD2. (10.3.7)

З урахуванням рiвностей (10.3.6) i (10.3.7) дослiдимо знак рiзницi

AD2 − AB2 −BD2 =

= (m+ p)2 −m2 − p2 + 2mp cosα− 2p2 − 2p2 cosα =

= m2 + p2 + 2mp−m2 − p2 + 2mp cosα− 2p2 − 2p2 cosα =

= (2mp− 2p2) + (2mp cosα− 2p2 cosα) = 2p(m− p) · (1 + cosα).

Оскiльки для довiльного кута α будь-якого трикутника (1+cosα) > 0 iза умовою m > p , то 2p(m−p)·(1+cosα) > 0 . Звiдки AD2−AB2−BD2 > 0

i тому AD2 > AB2 +BD2 .Отже, кут ABD – тупий.

10 клас 45

Задача 4.

Побудуємо графiк функцiї

y =|x− 4|4− x

(x2 − 4x

). (10.4.1)

Якщо x < 4 , то функцiя (10.4.1) набуває вид

y = −x2 + 4x = −(x− 2)2 + 4 = f(x).

Якщо x > 4 , то функцiя (10.4.1) набуває вид

y = x2 − 4x = (x− 2)2 − 4 = g(x).

Вiдносно фiксованої системи координат на площинi побудуємо графiкикожної з функцiй y = f(x) , y = g(x) на промiжках x < 4 та x > 4 вiд-повiдно. Тодi графiком даної функцiї (10.4.1) буде об’єднання їх графiкiв.


Задача 5.

I спосiб

(a2 + b2

)2+ 7a2b2 = ((a− b)2 + 2ab)2 + 7a2b2 = (a− b)4 + 4ab(a− b)2+

+4a2b2 + 7a2b2 = (a− b)4 + 4ab(a− b)2 + 11a2b2.

Оскiльки a−b дiлиться на 11, то кожен з трьох доданкiв в останньому ви-разi дiляться на 11, а значить i сума дiлиться на 11. Тобто

(a2 + b2

)2+7a2b2

дiлиться на 11.

II спосiб

(a2 + b2

)2+ 7a2b2 =

(a2 + b2

)2 − 4a2b2 + 11a2b2 =(a2 − b2

)2+ 11a2b2 =

= (a− b)2(a+ b)2 + 11a2b2.

Оскiльки a − b дiлиться на 11, то кожен з двох доданкiв в останньомувиразi дiляться на 11. I тому їх сума дiлиться на 11.

III спосiб

Оскiльки a − b дiлиться на 11, то a − b = 11k , k ∈ Z . Звiдкиa2 + b2 = 121k2 + 2ab . Тому(a2 + b2

)2+ 7a2b2 =

(121k2 + 2ab

)2+ 7a2b2 =

= 1212 · k4 + 4abk2 · 121 + 4a2b2 + 7a2b2 = 121 · k2(121k2 + 4ab) + 11a2b2.

Оскiльки кожен з двох доданкiв в останньому виразi дiляться на 11, тоїх сума також дiлиться на 11.

11 клас 47


I спосiб

Оскiльки функцiя f(x) = 13√x є зростаючою на множинi всiх дiйсних

чисел, то порiвнявши пiдкореневi вирази, отримаємо вiдношення мiж зада-ними числами.

При доповненнi цих чисел до одиницi, маємо, що дрiб1997

1998вiдрiзняю-

ться вiд 1 на величину1

1998, а дрiб

1998

1999на

1

1999.

Отже, другий дрiб є бiльшим за перший. I тому 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

Нижче наведемо можливу форму символiчного подання зазначених мiр-кувань

13

√19971998

∨13

√19981999

19971998

∨19981999

1− 11998

∨1− 1

1999

− 11998

∨− 1

19991

1998

∧1

1999

Оскiльки1

1998>

1

1999, то 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

II спосiб

Визначимо знак рiзницi

1997

1998− 1998

1999=

1997 · 1999− 19982

1998 · 1999.

Розглянемо загальний вид чисельника дробу, врахувавши додатнiсть зна-менника

(n− 1)(n+ 1)− n2 = n2 − 1− n2 = −1 < 0.

Отже, перший дрiб є меншим за другий.


III спосiб

Порiвняємо дробиn

n+ 1та

n+ 1

n+ 2. Визначимо знак їх рiзницi

n

n+ 1− n+ 1

n+ 2=n2 + 2n− n2 − 2n− 1

(n+ 1)(n+ 2)= − 1

(n+ 1)(n+ 2)< 0.

Отже, перший дрiб є меншим за другий.Нижче наведемо можливу форму символiчного подання зазначених мiр-

кувань13

√1997

1998

∨13

√1998

1999

1997

1998

∨ 1998

19991997 · 1999

∨19982

(1998− 1)(1998 + 1)∨

19982

19982 − 1∨

19982

Оскiльки 19982 − 1 < 19982 , то 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

Вiдповiдь: 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

11 клас 49

Задача 2.

I спосiб

1) Оскiльки рiвнiсть f(x · y) = f(x) + f(y) виконується для будь-якихдодатних x та y , то зокрема й для x = 1 . Тому f(y) = f(1·y) = f(1)+f(y) .Звiдки f(1) = 0 .2) З iншого боку

f(1) = f

(2013 · 1

2013

)= f(2013) + f

(1

2013

).

За умовою f(

12013

)= 1 . Тому, з урахуванням f(1) = 0 , останню рiвнiсть

можна подати у виглядi 0 = f(2013) + 1, звiдки f(2013) = −1 .

II спосiб

f

(1

2013

)= f

(2013

20132

)= f

(1

20132· 2013

)= f

(1

20132

)+ f (2013) =

= f

(1

2013

)+ f

(1

2013

)+ f (2013) = 2f

(1

2013

)+ f (2013) .

Звiдки

f (2013) = −f(

1

2013

)= −1.

III спосiб

Оскiльки єдиним розв’язком заданого в умовi задачi функцiонального рiв-няння є функцiя f(z) = loga z , де a – довiльне додатне число (вiдмiнне вiд1), то отримуємо

f(2013) = loga 2013 = loga

(1

2013

)−1

= −1 · loga1

2013=

= −1 · f(

1

2013

)= −1 · 1 = −1.

Вiдповiдь: −1 .


Задача 3.

Знайдемо площу паралелограма зi сторонами a та b , якщо гострий кутмiж дiагоналями дорiвнює φ .

I спосiб – «за допомогою теореми косинусiв»

A

B C

D

O

ϕ

π ϕ−

b

a a

b

2

x

2

y

2

x

Заради визначеностi будемо вважати, що b > a (a = AB = CD ,b = BC = AD ). Нехай далi дiагоналi AC i BD паралелограма ABCD

дорiвнюють x та y вiдповiдно. Тодi площа S паралелограма може бутизнайдена за формулою

S =1

2xy · sinφ. (11.3.1)

З △COD за теоремою косинусiв отримуємо

a2 =x2

4+y2

4− 2

xy

4cosφ. (11.3.2)

З △AOD за теоремою косинусiв отримуємо

b2 =x2

4+y2

4− 2

xy

4cos(π − φ) =

=x2

4+y2

4+ 2

xy

4cosφ. (11.3.3)

Вiднявши почленно рiвностi (11.3.3) й (11.3.2) , маємо

xy cosφ = b2 − a2. (11.3.4)

Помноживши обидвi частини рiвностi (11.3.4) на sinφ та подiливши на2 cosφ , приходимо до рiвностi

1

2xy · sinφ =

1

2(b2 − a2) tgφ,

що й задає шукану площу.

11 клас 51

II спосiб – «за допомогою векторного методу»

A

B C

D

O ϕ

b

�

a

�

b

�

2d

��

1d

��

ϕ

2d

��

E

Нехай a i b – довжини сторiн AB i AD паралелограма ABCD , а φ –гострий кут мiж дiагоналями AC i BD .Введемо наступнi позначення

−→AB = −→a ,

−−→AD =

−→b . Тодi |−→a | = a ,

∣∣∣−→b ∣∣∣ = b .

Позначимо далi−−→BD =

−→d1 ,

−→AC =

−→d2 . Тодi мають мiсце векторнi рiвностi

−→d1 =

−→b −−→a ,

−→d2 =

−→b +−→a . (11.3.5)

Крiм того ∠(−→d1 ,

−→d2

)= φ , i тому площу паралелограма ABCD можна

подати у виглядi

SABCD =1

2

∣∣∣−→d1∣∣∣ · ∣∣∣−→d2∣∣∣ · sin∠(−→d1 ,

−→d2

)=

1

2

∣∣∣−→d1∣∣∣ · ∣∣∣−→d2∣∣∣ · sinφ =

=1

2

∣∣∣−→d1∣∣∣ · ∣∣∣−→d2∣∣∣ · cosφ · tgφ =1

2

⟨−→d1 ,

−→d2

⟩· tgφ. (11.3.6)

За правилами обчислення скалярного добутку векторiв має мiсце рiвнiсть⟨−→d1 ,

−→d2

⟩=

⟨−→b −−→a ,

−→b +−→a

⟩=

⟨−→b ,

−→b⟩+⟨−→b ,−→a

⟩−⟨−→a ,−→b ⟩−⟨−→a ,−→a ⟩ =

=∣∣∣−→b ∣∣∣2 − |−→a |2 = b2 − a2 . Звiдки випливає, що SABCD = 1

2

∣∣b2 − a2∣∣ tgφ .

Вiдповiдь: SABCD = 12 ·

∣∣b2 − a2∣∣ · tgφ .



Доведiть, що площу паралелограма з дiагоналями e i f та гострим кутомψ мiж сторонами можна обчислити за формулою

S =1

4·∣∣e2 − f 2

∣∣ · tgψ.А чи звертали Ви увагу?

1) Бiсектриси протилежних кутiв паралелограма є паралельними;2) бiсектриси сусiднiх кутiв паралелограма є перпендикулярними;3) кут мiж висотами паралелограма, опущених з вершини тупого (гостро-го) кута, дорiвнює гострому (тупому) куту мiж сторонами паралелограма.

Задача 4.

Розглянемо функцiї, що стоять у лiвiй та правiй частинах рiвняння.

1 + cos (x− 1) =x2 + 1

x, де x > 0.

Функцiя y = 1 + cos(x+ 1) є обмеженою, бо −1 6 cos(x− 1) 6 1 , тому

0 6 1 + cos(x− 1) 6 2.

Отже, найбiльшим значенням цiєї функцiї є 2 .Функцiя y = x2+1

x може бути записана у виглядi y = x + 1x . При x > 0

ця функцiя є обмеженою знизу

x+1

x> 2.

Отже, найменшим її значенням є 2 .За даних умов рiвнiсть лiвої i правої частини рiвняння може викону-

ватись лише за умови їх рiвностi 2 . Отже задане рiвняння рiвносильненаступнiй системi рiвнянь {

1 + cos(x− 1) = 2;x2+1x = 2.

11 клас 53

Розв’язавши друге рiвняння системи, яке рiвносильне рiвнянню

x2 − 2x+ 1 = 0,

отримуємо корiнь x = 1 . Пiдставивши отриманий розв’язок у перше рiвня-ння системи маємо 1 + 1 = 2 , звiдки слiдує, що x = 1 є коренем також iпершого рiвняння. Отже задане рiвняння має один корiнь x = 1 .

Вiдповiдь: x = 1 .

Задача 5.

Обидвi частини умови a2+b2+ab = a+b помножимо на 2 i перетворимоотриману рiвнiсть наступним чином

2a2 + 2b2 + 2ab = 2a+ 2b ,a2 + b2 + (a+ b)2 = 2(a+ b) ,a2 + b2 = −(a+ b)2 + 2(a+ b) ,a2 + b2 = −((a+ b)2 − 2(a+ b) + 1) + 1 ,a2 + b2 = −(a+ b− 1)2 + 1 .Оскiльки −(a+ b− 1)2 6 0 , то −(a+ b− 1)2+1 6 1 , звiдки a2+ b2 6 1 .

Вiдповiдь: 1 .

РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА

1. Апостолова Г.В. Першi зустрiчi з параметрами / Г. В. Апостолова. – К. : Факт, 2004.– 328 с.

2. Апостолова Г.В. Хитромудрий модуль / Г.В. Апостолова. – К. :Факт, 2006. – 256 с.3. Апостолова Г.В. Антьє i мантиса числа / Г.В. Апостолова, В.В. Ясiнський. –

К. :Факт, 2006. – 128 с.4. Основы теории делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультатив-

ный курс /[ В.В. Бардушкин, И.Б. Кожухов, А.А. Прокофьев, Т.П. Фадеичева.] –Москва : МГИЭТ (ТУ), 2003. – 224 с.

5. Березина Л.Ю. Графы и их применение : [пособие для учителей] / Л.Ю.Березина. –М. : Просвещение, 1979. – 143 с.

6. Бродский Я.С. Функциональные уравнения / Я. С. Бродский, А. К. Слипенко. –К. : Вища школа. Головное изд-во, 1983. – 96 с.

7. Виленкин Н.Я. Индукция. Комбинаторика : [пособие для учителей] /Н.Я. Виленкин. – М. :Просвещение, 1976. – 48 с.

8. Галкин Е.В. Нестандартные задачи по математике. Задачи с целыми числа-ми : [учебное пособие для учащихся 7-11 кл.] / Е. В. Галкин. – Челябинск : Взгляд,2005. – 271 с.

9. Германович П.Ю. Сборник задач по математике на сообразительность : [пособиедля учителей] / П. Ю. Германович. – М. : Учпедгиз, 1960. – 224 с.

10. Голубев В. И. Решение сложных и нестандартных задач по математике /В. И. Голубев. – М : ИЛЕКСА, 2007. – 252 с.

11. Головина Л.И. Индукция в геометрии / Л.И. Головина, И.М.Яглом. – М. : Физ-матгиз, 1961. – 101 с.

12. Гончарова I. В. Евристики в геометрiї [факультативний курс: книга для вчителя] /I. В. Гончарова, О.I. Скафа. – Х. : Основа, 2004. – 112 с.

13. Горнштейн П.И. Задачи с параметрами / П. И. Горнштейн, В. Б. Полонский,М. С. Якир. – К. : Текст; ОКО, 1992. – 290 с.

14. Дзигiна Л. Б. Програма пiдготовки учнiв до участi в математичних олiмпiадах /Л. Б. Дзигiна. // Математика в школах України: Науково-методичний журнал, –Харкiв :Основа, 2009. – № 16/18. – 89 с.

15. Екимова М.А. Задачи на разрезание / М. А. Екимова, Г. П. Кукин. – М. :МЦНМО,2002. – 122 с.

54


16. Канель-Белов А. Я. Как решают нестандартные задачи / А. Я. Канель-Белов,А.К. Ковальджи. ; под ред. В.О.Бугаенко. – [4-е изд.] – испр. М. : МЦНМО, 2008. –96 с.

17. Козко А.И. Задачи с параметром и другие сложные задачи / А.И. Козко,В. Г.Чирский. – М. :МЦНМО, 2007. – 296с.

18. Линдгрен Г. Занимательные задачи на разрезание : пер. с англ. / Ю. Н.Сударева.под ред. и с послесл. И. М. Яглома. – М. :Мир, 1977. – 256 с.

19. Летчиков А. В. Принцип Дирихле. Задачи с указаниями и решениями /А.В. Летчиков. – Ижевск : Удмуртский университет, 1992. – 108 с.

20. Лiпчевський Л.В. Розв’язування нерiвностей. Нестандартнi способи доведення не-рiвностей [навчально-методичний посiбник] / Л. В. Лiпчевський, У. В. Остапчук. –Бiла Церква : КОIПОПК, 2004. – 76 с.

21. Мельников О.И. Занимательные задачи по теории графов / О.И. Мельников. –Минск: ТетраСистемс, 2001. – 144 с.

22. Алгебра : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням математики] /А. Г.Мерзляк, В. Б. Полонський, М. С. Якiр. – Х. : Гiмназiя, 2008. – 368 с.

23. Мерзляк А. Г. Геометрiя : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням мате-матики] / А. Г.Мерзляк, В.Б.Полонський, М.С.Якiр. – Х. : Гiмназiя, 2008. – 240 с.

24. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии: в 2 ч. / В. В. Прасолов. – М. : Наука, 1991.25. Задачi з параметрами / В. К. Репета, Н. О. Клешня, М. В. Коробова, Л. А. Репета.

– К. : Вища школа, 2006. – 302 с.26. СедракянН.М. Неравенства.Методыдоказательства /Н.М. Седракян, А.М.Авоян;

[пер. с арм. Г. В. Григоряна] – М. : ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 256 с.27. Шаповалов А. В. Принцип узкихмест /А.В.Шаповалов. – М. : МЦНМО, 2006. – 24 с.28. Шень А. Игры и стратегии с точки зрения математики / А. Шень. – М. :МЦНМО,

2007. – 40 с.29. Шень А. Математическая индукция / А. Шень. – 3-е изд., дополн. – М. :МЦНМО,

2007. – 32 с.30. Ясiнський В. Теорiя лишкiв та її застосування до розв’язування олiмпiадних задач /

В. Ясiнський. – Математика в школi: Науково-методичний журнал. – 2009. – № 1/2.– 40, [35] с.

31. Ясiнський В. Принцип Штурма та його використання пiд час розв’язування олiм-пiадних екстремальних задач / В. Ясiнський, Л. Наконечна. – Математика в школi:Науково-методичний журнал. – 2009. – № 9. – 40, [33] с.

32. Ясiнський В.А. Олiмпiадна математика: функцiональнi рiвняння, метод математи-чної iндукцiї / В. А. Ясiнський. – Х. :Основа, 2005. – 69 с.

56 РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА

Математичнi олiмпiади i турнiри в Українi33. Вышенский В.А. Сборник задач киевских математических олимпиад /

В. А. Вышенский, Н. В. Карташев, В. И. Михайловский, М. И. Ядренко. –К. : Вища школа, 1984. – 240 с.

34. Вишенський В.А. Київськi математичнi олiмпiади 1984-1993 рр. : [збiрник задач] /В. А. Вишенський, М. В. Карташов. – К. :Либiдь, 1993. – 144 с.

35. Вишенський В. А. Українськi математичнi олiмпiади : [довiдник] /В. А. Вишенський, О. Г. Ганюшкiн. – К. : Вища школа, 1993. – 415 с.

36. Лейфура В.М. Математичнi олiмпiади школярiв України. 1991-2000 /В. М.Лейфура, I. М.Мiтельман. – К. : Технiка, 2003. – 541 с.

37. Федак I. В. Готуємося до олiмпiади з математики : [посiбник для ЗНЗ] / I. В.Федак.– Чернiвцi, 2003.

38. Басанько А.М. За лаштунками пiдручника з математики : [збiрник розвиваючихзадач для учнiв 5 – 7 класiв] / А. М. Басанько, А. О. Романенко. – Тернопiль:Пiдручники i посiбники, 2004.

39. Коваль Т.В. 400 задач з математичних олiмпiад. 8-11 класи / Т.В.Коваль. –Тернопiль : Мандрiвець, 2004. – 80 с.

40. Лейфура В.М. Змагання юних математикiв України. 2003 рiк / В.М.Лейфура. –Х. :Основа, 2004. – 80 с.

41. Ясiнський В.А. Олiмпiаднi задачi [випуск 1: навчальний посiбник] / В. А.Ясiнський.– Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40 с.

42. Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и при-меров с решениями / [Р. И. Довбыш, Л. Л. Потемкина, Н. Л. Трегуб и др.] – Донецк:ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336 с.

43. Лось В.М. Математика: навчаємо мiркувати. Розв’язування нестандартних задач :[навч. посiбник] / В. М. Лось, В. П. Тихiєнко. – К. :Кондор, 2005 – 312 с.

44. Сарана О.А. Математичнi олiмпiади: просте i складне поруч : [навчальний посiб-ник] / О. А.Сарана – К. :А.С.К., 2005. – 344 с.

45. Ясiнський В.А. Задачi математичних олiмпiад та методи їх розв’язання /В. А. Ясiнський. – Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208 с.

46. Ясiнський В.А. Практикум з розв’язування задач математичних олiмпiад : [методи-ческий материал] / В.А.Ясiнський. // Бiблiотека журналу «Математика в школахУкраїни» – Х. : Основа, 2006. – 128 с.

47. Готуємось до олiмпiади з математики / упорядн. А. Б. Велiховська, О. В. Гримайло.// Бiблiотека журналу «Математика в школах України» – Х. : Основа, 2007. – Вип. 2(50) – 160 с.

48. Вороний О. М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 1] / О. М. Вороний. –Бiблiотека журналу «Математика в школах України» – Х. :Основа, 2008. – Вип. 5(65). – 128 с.


49. Вороний О.М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 2] / О. М. Вороний. –Бiблiотека журналу «Математика в школах України» – Х. : Основа, 2008. – Вип. 6(66). – 141, [3] с.

50. Анiкушин А.В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України. 2006-2007 /А.В. Анiкушин, А.Р.Арман. – К. :Лiтера, 2008. – 135 с.

51. Анiкушин А.В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв. 2006-2007 /А.В. Анiкушин, А.Р.Арман. – К. :Лiтера, 2008. – 224 с.

52. Анiкушин А. В. Всеукраїнськi математичнi бої – 2009 / А.В.Анiкушин, А.Р.Арман;за ред. Б. В. Рубльова. – Днiпропетровськ: Iнновацiя, 2010. – 96 с.

53. Анiкушин А. В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України. 2007-2008 та2008 – 2009 / А. В. Анiкушин, А. Р. Арман; за ред. Б. В. Рубльова. – Львiв: Каменяр,2010. – 552 с.

Математичнi олiмпiади i турнiри в Росiї

54. Агаханов Н.Х. Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993-2006.Окружной и финальный этапы / Н. X. Агаханов. – М. :МЦНМО, 2007. – 468 с.

55. Агаханов Н.Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 1 / [Н.X.Агаханов,И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др.; под общ. ред. С. И. Демидовой,И.И. Колисниченко]. – М. : Просвещение, 2008. – 192 с.

56. Математика. Областные олимпиады. 8-11 классы / [Н. X. Агаханов, И. И. Богданов,П. А. Кожевников и др.]. – М. : Просвещение, 2010. – 239с.

57. Агаханов Н.Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 2 / Н.X.Агаханов,О.К. Подлипский; [под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И. Колисниченко]. –М. :Просвещение, 2009. – 159 с.

58. Агаханов Н.Х. Математика. Районные олимпиады. 6-11 классы / Н. X. Агаханов,О. К. Подлипский. – М. :Просвещение, 2010. – 192 с.

59. Агаханов Н.Х. Математика. Международные олимпиады / Н.X. Агаханов,П.А. Кожевников, Д. А. Терешин. – М. : Просвещение, 2010. – 127 с.

60. Балаян Э.Н. 1001 олимпиадная и занимательная задачи по математике /Э.Н. Балаян. – 3-е изд. – Ростов н/Д: Феникс, 2008. – 364 с.

61. Весенний Турнир Архимеда. Олимпиада для 5-6 классов. Задания с решениями,технология проведения / [Баранова Т. А., Блинков А. Д., Кочетков К. П. и др.]. –М. :МЦНМО, 2003. – 128 с.

62. Болтянский В. Г. Сборник задач московских математических олимпиад / В. Г. Бол-тянский, А. А. Леман. – М. :Просвещение, 1965. – 384 с.

63. Бончковский Р.Н. Московские математические олимпиады 1935 и 1936 годов /Р.Н. Бончковский. – ОНТИ НКТП СССР, 1936. – 82 с.

64. Вавилов В.В. Задачи отборочных математических олимпиад / В. В. Вавилов. –М. :МГУ, 1992. – 61 с.

65. Галкин Е.В. Нестандартные задачи по математике. Алгебра: [учебное пособие дляучащихся 7-11 кл] / Е. В. Галкин. – Челябинск: Взгляд, 2004. – 448 с.


66. Гальперин Г.А. Московские математические олимпиады / Г.А. Гальперин,А.К. Толпыго. – М. : Просвещение, 1986. – 303с.

67. Генкин С.А. Ленинградские математические кружки / С. А. Генкин, И. В. Итенберг,Д. В. Фомин. – Киров: Аса, 1994. – 272 с.

68. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике / Н.В. Горбачев. –М. : МЦНМО, 2005. – 560 с.

69. Егоров А.А. Олимпиады «Интеллектуальный марафон». Математика /А.А. Егоров, Ж. М. Раббот . – М. : Бюро Квантум, 2006. – (Библиотечка «Квант»)

70. Зубелевич Г.И. Сборник задач московских математических олимпиад (с решения-ми): [Пособие для учителей 5-8 классов.] // под редакцией К. П. Сикорского, изд.2-e, переработ. / Г. И. Зубелевич. – М. :Просвещение, 1971. – 304 с.

71. Математика в задачах: Сборник материалов выездных школ команды Москвына Всероссийскую математическую олимпиаду / [под ред. А. А. Заславского,Д.А. Пермякова, А. Б. Скопенкова, М. Б. Скопенкова и А. В. Шаповалова]. –М. : МЦНМО, 2009. – 488 с.

72. Московские математические регаты / [cост. А. Д.Блинков, Е.С. Горская,В. М. Гуровиц]. – М. : МЦНМО, 2007. – 360 с.

73. Олимпиада «Ломоносов» по математике (2005-2008). – М. :Издательство ЦПИ примеханико-математическом факультете МГУ, 2008. – 48 с.

74. Московские математические олимпиады 1993-2005 г. / [Федоров Р. М., Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К., Ященко И. В.] / [под ред. В. М. Тихомирова]. –М. : МЦНМО, 2006. – 456 с.

75. Севрюков П.Ф. Подготовка к решению олимпиадных задач по математике /П.Ф. Севрюков. – Изд. 2-е. – М. :Илекса; Народное образование; Ставрополь :Сервисшкола, 2009. – 112 с.

76. Спивак А.В. Тысяча и одна задача по математике / А.В.Спивак. – М. : Просвеще-ние, 2002. – 208 c.

77. Фомин А. А. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады /А. А. Фомин, Г. М. Кузнецова. – М. : Дрофа, 2006. – 159 с.

78. Фомин Д.В. Санкт-Петербургские математические олимпиады / Д. В.Фомин. –СПб. : Политехника, 1994. – 309 с.

79. Ященко И.В. Приглашение на математический праздник / И. В.Ященко. – М. :МЦНМО, 2005. – 104 с.

80. Олимпиадные задания по математике. 9-11 классы: решение олимпиадных задачповышенной сложности / [сост. В. А. Шеховцов]. – Волгоград: Учитель, 2009. – 99 с.


Математичнi олiмпiади за часiв СРСР

81. Агаханов Н.Х. Математические олимпиады школьников / Н.Х.Агаханов,Л.П. Купцов, Ю. В. Нестеренок. – М. : Просвещение: Учеб. лит., 1997. – 208 с.

82. Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад / И. Л. Бабинская. – М. :Наука,1975. – 112 с.

83. Бугулов Е.А. Сборник задач для подготовки к математическим олимпиадам /Е. А.Бугулов, Б. А. Толасов. – Орджоникидзе, 1962. – 226 с.

84. Васильев Н.Б. Сборник подготовительных задач к Всероссийской олимпиаде юныхматематиков / Н. Б. Васильев, А. А. Егоров. – М. :Учпедгиз, 1963. – 53 с.

85. Васильев Н. Б. Заочные математические олимпиады / Н. Б. Васильев, В. Л. Гуттен-махер, Ж.М.Раббот, А. Л. Тоом. – [2-е изд.]. – М. : Наука, 1987. – 176 с.

86. Васильев Н.Б. Задачи всесоюзных математических олимпиад / Н. Б. Васильев,А.А. Егоров. – М. :Наука, 1988. – 288 c.

87. Петраков И.С. Математические олимпиады школьников: [пособие для учителей] /И.С. Петраков. – М. : Просвещение, 1982. – 96 с.

88. Рябухин Ю.М. Кишиневские математические олимпиады / Ю.М.Рябухин,В. П.Солтан, Б. И. Чиник. – Кишинев: Штиинца, 1983. – 76 c.

89. Савин А.П. Физико-математические олимпиады: [сборник] / А.П.Савин. –М. : Знание, 1977. – 160 с.

90. Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике / [под ред.Ф. М. Шустеф] / Ф.М.Шустеф, А. М.Фельдман, В. Ю. Гуревич. – Минск: Государ-ственное учебно-педагогическое издательство Министерства просвещения БССР,1962. – 84 с.

Мiжнароднi та закордоннi математичнi олiмпiади

91. Берник В.И. Сборник олимпиадных задач по математике / В.И.Берник, И.К. Жук,О.В. Мельников. – М. : Нар. асвета, 1980. – 144 с.

92. Васильев Н.Б. Задачи Всесоюзных математических олимпиад / Н.Б.Васильев,А.А. Егоров. – М. :Наука, 1988. – 288 с.

93. Конягин С. В. Зарубежные математические олимпиады / [под ред. И. Н. Сергеева] /С.В. Конягин, Г.А. Тоноян, И. Ф. Шарыгин. – М. :Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит.,1987. – (Б-ка мат. кружка). – 416 с.

94. Венгерские математические олимпиады. [пер. с венг. Ю. А. Данилова. под ред. ис предисл. В. М. Алексеева] / Й.Кюршак, Д.Нейкомм, Д. Хайош, Я. Шурани. –М. :Мир, 1976. – 543 с.

95. Лейфура В.М. Задачi мiжнародних математичних олiмпiад та методи їх розв’язу-вання / В. М. Лейфура, I. М. Мiтельман. – Львiв: Євро свiт, 1999. – 128 с.

96. Морозова Е.А. Международные математические олимпиады. Задачи, решения,итоги : пособие для учащихся / Е. А. Морозова, И. С. Петраков, В. А. Скворцов. –[4-е изд., испр. и доп]. – М. :Просвещение, 1976. – 288 с.


97. Страшевич С. Польские математические олимпиады / С.Страшевич, Е.Бровкин;предисл, А. Пелчинского и А. Шинцеля; пер. с польск. Ю. А. Данилова; под ред.В.М. Алексеева. – M. :Мир, 1978. – 338 с.

98. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады / [cост.А.А. Фомин, Г.М.Кузнецова]. – М. :Дрофа, 1998. – 160 с.

Internet ресурси

1. Київськi олiмпiади з математики (сайт київських та всеукраїнських олiмпiад татурнiрiв з математики, де можна знайти тексти завдань, результати та умови про-ведення математичних змагань, що проходили в Українi протягом останнiх рокiв)[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://matholymp.org.ua/

2. Фiзико-математичний журнал «Квант» (завдання рiзних математичних олiмпiадза 1971-2002рр) [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://kvant.mirror1.mccme.ru/

3. Сайт мiжнародних олiмпiад з математики [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://www.imo-official.org/

4. Олимпиады для школьников [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://olimpiada.ru/

5. Всероссийская олимпиада по математике [Електронний ресурс]. – Режим доступa:math.rusolymp.ru/

6. Российская страница международного математического конкурса «Кенгуру»[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://mathkang.ru/

7. Українська сторiнка мiжнародного конкурсу «Кенгуру» [Електронний ресурс]. –Режим доступa: http://www.kangaroo.com.ua/index.php

8. Московская математическая олимпиада школьников [Електронний ресурс]. –Режим доступa: http://olympiads.mccme.ru/mmo/

9. Санкт-Петербургские математические олимпиады [Електронний ресурс]. – Режимдоступa: http://www.pdmi.ras.ru/ olymp/

10. Турнир городов Международная математическая олимпиада для школьников[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.turgor.ru/

11. Cайт Московского Центра Непрерывного Математического Образования[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.mccme.ru/

12. Задачная база олимпиадных задач (декiлька тисяч олiмпiадних задач росiйськихi мiжнародних математичних змагань). [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://zaba.ru/, http://problems.ru/

Documents

ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI